专题32四边形与新定义综合问题 （解析版）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）

专题32四边形与新定义综合问题

【例1】2022•汇川区模拟）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：

四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四

边形”．

【概念理解】（1）如图1，四边形ABCD是“对补四边形”．

①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，则∠D＝90度．

②若∠B＝90°．且AB＝3，AD＝2时．则CD2﹣CB2＝5．

【类比应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．求证：四边

形ABCD是“对补四边形”．

【分析】（1）①设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，利用“对补四边形”的定义列

出方程，解方程即可求得结论；

②连接AC，利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可得出结论；

（2）在DC上截取DE＝DA，连接BE，利用全等三角形的判定与性质，等腰三角形的

性质和“对补四边形”的定义解答即可．

【解答】（1）解：①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，

∴设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，

∵四边形ABCD是“对补四边形”，

∴∠A+∠C＝180°，

∴3x+x＝180，

∴x＝45°．

∴∠B＝2x＝90°．

∵四边形ABCD是“对补四边形”，

∴∠B+∠D＝180°，

∴∠D＝90°．

第1页共55页.

故答案为：90；

②连接AC，如图，

∵∠B＝90°，

∴AB2+BC2＝AC2．

∵四边形ABCD是“对补四边形”，

∴∠B+∠D＝180°．

∴∠D＝90°．

∴AD2+CD2＝AC2．

∴AB2+BC2＝AD2+CD2，

∴CD2﹣CB2＝AB2﹣AD2，

∵AB＝3，AD＝2，

∴CD2﹣CB2＝32﹣22＝5．

故答案为：5；

（2）证明：在DC上截取DE＝DA，连接BE，如图，

∵BD平分∠ADC，

∴∠ADB＝∠EDB．

在△ADB和△EDB中，

，

∴△ADB≌△EDB（SAS），

∴∠A＝∠DEB，AB＝BE，

∵AB＝CB，

∴BE＝BC，

第2页共55页.

∴∠BEC＝∠C．

∵∠DEB+∠BEC＝180°，

∴∠DEB+∠C＝180°，

∴∠A+∠C＝180°，

∴四边形ABCD是“对补四边形”．

【例2】（2022•赣州模拟）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形做“等邻角四边形”，例

如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．

（1）定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则

∠D＝55度．

（2）变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．

①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；

②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．

（3）深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，

点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的

运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．

（4）迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠

A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，

AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与

△CEN的周长之和．

【分析】（1）由等邻角四边形的定义和四边形内角和定理可求解；

（2）①由角平分线的性质和平行线的性质可得∠EDB＝∠ABD，可得结论；

②由三角形内角和定理和四边形内角和定理可求∠C＝60°，即可求解；

（3）由面积关系可求解；

（4）由直角三角形的性质可得AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，由勾股定理可求DG＝1，

BG＝6，即可求解．

【解答】（1）解：∵四边形ABCD为等邻角四边形，∠A＝130°，∠B＝120°，

∴∠C＝∠D，

∴∠D＝55°，

故答案为：55；

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（2）①证明：∵BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠DBC，

∵ED∥BC，

∴∠EDB＝∠DBC，

∴∠EDB＝∠ABD，

∴四边形ABDE为等邻角四边形；

②解：△BDC是等边三角形，理由如下：

∵∠BDC＝∠C，

∴BD＝BC，∠DBC＝180°﹣2∠C，

∵∠A+∠E+∠ABD+∠BDE＝360°，

∴∠A+∠E＝360°﹣2∠ABD，

∵∠A+∠C+∠E＝300°，

∴300°﹣∠C＝360°﹣2（180°﹣2∠C），

∴∠C＝60°，

又∵BD＝BC，

∴△BDC是等边三角形；

（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：

如图，延长BA，CD交于点H，连接HP，

∵∠B＝∠BCD，

∴HB＝HC，

∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，

∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，

∴CE＝PM+PN；

（4）解：如图，延长AD，BC交于点H，过点B作BG⊥AH于G，

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∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分别为AE、BE的中点，

∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，

∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，

∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，

∴DG＝1，

∴BG＝＝6，

由（3）可得DE+EC＝BG＝6，

∴△DEM与△CEN的周长之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝

（6+2）dm．

【例3】（2022•常州二模）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角

的夹边称为邻余线．

（1）如图I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD

上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形；

（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形

ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上；

（3）如图3，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB＝15，AD＝6，BC

＝3，∠ADC＝135°，求CD的长度．

【分析】（1）根据邻余四边形的定义证明结论即可；

（2）连接AB，在∠A+∠B＝90°的基础上选择合适的E点和F点连接作图即可；

（3）邻余四边形的定义可得∠H＝90°，由勾股定理可求解．

【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

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∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FAB与∠EBA互余，

∴四边形ABEF是邻余四边形；

（2）解：如图所示（答案不唯一），

（3）解：如图3，延长AD，CB交于点H，

∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，

∴∠A+∠B＝90°，

∵∠ADC＝135°，

∴∠HDC＝45°，

∴∠HDC＝∠HCD＝45°，

∴CH＝DH，

∵AB2＝AH2+BH2，

∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，

∴DH＝6（负值舍去），

∴CD＝6．

【例4】（2022•工业园区模拟）【理解概念】

如果一个矩形的一条边与一个三角形的一条边能够重合，且三角形的这条边所对的顶点

恰好落在矩形这条边的对边上，则称这样的矩形为这个三角形的“矩形框”．如图①，

矩形ABDE即为△ABC的“矩形框”．

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（1）三角形面积等于它的“矩形框”面积的；

（2）钝角三角形的“矩形框”有1个；

【巩固新知】

（3）如图①，△ABC的“矩形框”ABDE的边AB＝6cm，AE＝2cm，则△ABC周长的

最小值为（6+2）cm；

（4）如图②，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，求△ABC的“矩形框”

的周长；

【解决问题】

（5）如图③，锐角三角形木板ABC的边AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，求出该木

板的“矩形框”周长的最小值．

【分析】（1）利用同底等高的面积关系求解即可；

（2）根据钝角三角形垂线的特点进行判断即可；

（3）作A点关于DE的对称点F，连接BF，则△ABC周长≥AC+BF，求出BF+AC即可

求解；

（4）以三角形三边分别为矩形的一边作“矩形框”，分别求出周长即可；

（5）以三角形三边分别为矩形的一边作“矩形框”，分别求出周长，取最小值即可．

【解答】解：（1）∵S△ABC＝×AB×AE，S矩形ABDE＝AB×AE，

∴S△ABC＝S矩形ABDE，

故答案为：；

（2）由定义可知，钝角三角形以钝角所对的边为矩形一边，能够构造出一个“矩形框”，

故答案为：1；

（3）如图①，作A点关于DE的对称点F，连接BF，

∴CF＝AC，

∴AC+BC≥BF，

∴△ABC周长＝AB+AC+BC≥AC+BF，

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∵AB＝6cm，AE＝2cm，

在Rt△ABF中，BF＝2，

∴△ABC周长的最小值（6+2）cm，

故答案为：（6+2）；

（4）如图②﹣1，以AB边为矩形一边时，作“矩形框”ABDE，

∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，

∴AB＝5cm，

∵S△ABC＝×3×4＝×5×AE，

∴AE＝，

∴矩形ABDE的周长＝2×（5+）＝（cm）；

如图②﹣2，以BC边为矩形一边时，作“矩形框”BCAF，

∴矩形BCAF的周长＝2×（3+4）＝14（cm）；

同理，以AB为矩形一边时，“矩形框”的周长为14cm；

综上所述：△ABC的“矩形框”的周长为cm或14cm；

（5）如图③﹣1，以AB为一边作“矩形框”ABDE，过点C作CG⊥AB交于G，

∴CG2＝AC2﹣AG2＝BC2﹣BG2，AG+BG＝AB，

又∵AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，

∴AG＝9cm，BG＝5cm，

∴CG＝12cm，

∴“矩形框”ABDE的周长＝2×（14+12）＝52cm；

如图③﹣2，以BC为一边作“矩形框”BCNM，过点A作AH⊥CB交于H，

∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×AH×BC，

∴AH＝cm，

∴“矩形框”BCNM的周长＝2×（13+）＝cm；

如图③﹣3，以AC为矩形一边，作“矩形框”ACTS，过点B作BK⊥AC交于点K，

∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×BK×AC，

∴BK＝cm，

第8页共55页.

∴“矩形框”ACTS的周长＝2×（15+）＝cm；

∵＜52＜，

∴该木板的“矩形框”周长的最小值为cm．

一．解答题（共20题）

1．（2022•罗湖区模拟）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹

角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．

根据以上定义，解决下列问题：

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（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重

合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF是（填“是”或“不

是”）“直等补”四边形；

（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，

过点B作BE⊥AD于E．

①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；

②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．

【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC

＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；

（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，

根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE

＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；

②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC

的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在

Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．

【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延

长线上，

∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝∠D＝90°，

第10页共55页.

∴∠ABE+∠CBE＝90°，

∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，

∴∠EBF+∠D＝180°，

∵∠EBF＝90°，BF＝BE，

∴四边形BEDF是“直等补”四边形．

故答案为：是；

（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，

∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，

∴∠D＝90°，

∵BE⊥AD，CF⊥BE，

∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，

∴四边形CDEF是矩形，

∴DE＝CF，EF＝CD＝2，

∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，

∴∠A＝∠CBF，

∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，

∴△ABE≌△BCF（AAS），

∴BE＝CF，AE＝BF，

∵DE＝CF，

∴BE＝DE；

∵四边形CDEF是矩形，

∴EF＝CD＝2，

∵△ABE≌△BCF，

∴AE＝BF，

∴AE＝BE﹣2，

设BE＝x，则AE＝x﹣2，

在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，

解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），

∴BE的长是8；

②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，

∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，

如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，

交BC的延长线于点H，

第11页共55页.

∵∠ADC＝90°，

∴点C与点G关于AD对称，

∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，

∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，

在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，

∵四边形ABCD是“直等补”四边形，

∴∠A+∠BCD＝180°，

∵∠BCD+∠GCH＝180°，

∴∠A＝∠GCH，

∵∠AEB＝∠H＝90°，

∴△ABE∽△CGH，

∴＝＝＝，即＝，

∴GH＝，CH＝，

∴BH＝BC+CH＝10+＝，

∴BG＝＝＝2，

∴△BCM周长的最小值为2+10．

2．（2022•越秀区校级模拟）有一组对边平行，一个内角是它对角的两倍的四边形叫做倍角

梯形．

（1）已知四边形ABCD是倍角梯形，AD∥BC，∠A＝100°，请直接写出所有满足条件

的∠D的度数；

（2）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD+∠B＝180°，BC＝AD+CD．求证：四边形

ABCD是倍角梯形；

（3）如图2，在（2）的条件下，连结AC，当AB＝AC＝AD＝2时，求BC的长．

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【分析】（1）由题意得出∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，根据梯形的性质可得

出答案；

（2）过点D作DE∥AB，交BC于点E，证明四边形ABED为平行四边形，得出AD＝

BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，证出∠ADC＝2∠B，则可得出结论；

（3）过点E作AE∥DC交BC于点E，由等腰三角形的性质求出∠B＝∠ACB＝36°，

证明△ABE∽△CBA，由相似三角形的性质得出，设AE＝BE＝CD＝x，得出方

程22＝x（x+2），求出x＝﹣1，则可得出答案．

【解答】解：（1）∵AD∥BC，

∴∠A+∠B＝180°，

∵∠A＝100°，

∴∠B＝80°，

∵四边形ABCD是倍角梯形，

∴∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，

若∠D＝2∠B，则∠D＝160°；

若∠B＝2∠D，则∠D＝40°，

若∠A＝2∠C，则∠C＝50°，

∴∠D＝130°，

故所有满足条件的∠D的度数为160°或40°或130°；

（2）证明：过点D作DE∥AB，交BC于点E，

∵∠BAD+∠B＝180°，

∴AD∥BC，

∵DE∥AB，

∴四边形ABED为平行四边形，

∴AD＝BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，

第13页共55页.

∵BC＝BE+CE，

∴BC＝AD+CE，

又∵BC＝AD+CD，

∴CE＝CD，BC＞AD，

∴∠CDE＝∠DEC，

∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝2∠B，

∴四边形ABCD是倍角梯形；

（3）过点E作AE∥DC交BC于点E，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∵AD＝AC，

∴∠ACD＝∠D，

∵AD∥BC，

∴∠ACB＝∠DAC，

设∠B＝，则∠D＝2，

∵∠DACα+∠D+∠ACDα＝180°，

∴+2+2＝180°，

∴α＝3α6°α，

∴∠αB＝∠ACB＝36°，

∴∠BAC＝∠AEB＝108°，

∵∠B＝∠B，

∴△ABE∽△CBA，

∴，

设AE＝BE＝CD＝x，

则BC＝2+x，

∴22＝x（x+2），

∴x＝﹣1（负值舍去），

∴CD＝﹣1．

∴BC＝AD+CD＝2+﹣1＝+1．

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3．（2022•嘉祥县一模）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的

夹边称为邻余线．

（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD

上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．

（2）如图2，在（1）的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF

交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．

【分析】（1）由等腰三角形的三线合一定理先证AD⊥BC，再证∠DAB+∠DBA＝90°，

由邻余四边形定义即可判定；

（2）由等腰三角形的三线合一定理先证BD＝CD，推出CE＝5BE，再证明△DBQ∽△

ECN，推出＝＝，即可求出NC，AC，AB的长度．

【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FBA与∠EBA互余，

∴四边形ABEF是邻余四边形；

（2）解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

∴BD＝CD，

∵DE＝2BE，

∴BD＝CD＝3BE，

∴CE＝CD+DE＝5BE，

∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，

∴DM＝ME，

∴∠MDE＝∠MED，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∴△DBQ∽△ECN，

第15页共55页.

∴＝＝，

∵QB＝3，

∴NC＝5，

∵AN＝CN，

∴AC＝2CN＝10，

∴AB＝AC＝10．

4．（2021•任城区校级三模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”

（1）概念理解：

请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子：矩形或正方形；

（2）问题探究；

如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边

上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；

（3）应用拓展；

如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△

ABD绕着点A顺时针旋转角（0°＜∠＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸

四边形AD′BC为等邻角四边α形时，求出α它的面积．

【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；

（2）结论：AC＝BD，证明△APC≌△DPB（SAS）；

（3）分两种情况考虑：Ⅰ、当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图

1，由S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；

Ⅱ、当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图2，由S四边形ACBD′

＝S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．

【解答】解：（1）矩形或正方形是一个等邻角四边形．

故答案为：矩形，正方形；

第16页共55页.

（2）结论：AC＝BD，

理由：连接PD，PC，如图1所示：

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，

∴PA＝PD，PC＝PB，

∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，

∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，即∠PAD＝∠PBC，

∴∠APC＝∠DPB，

∴△APC≌△DPB（SAS），

∴AC＝BD；

（3）分两种情况考虑：

（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，

如图3（i）所示，

∴∠ED′B＝∠EBD′，

∴EB＝ED′，

设EB＝ED′＝x，

由勾股定理得：42+（3+x）2＝（4+x）2，

解得：x＝4.5，

过点D′作D′F⊥CE于F，

∴D′F∥AC，

∴△ED′F∽△EAC，

∴＝，即＝，

解得：D′F＝，

第17页共55页.

∴S△ACE＝AC×EC＝×4×（3+4.5）＝15；S△BED′＝×BE×D′F＝××4.5×

＝，

则S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′＝15﹣＝；

（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，

如图3（ii）所示，

∴四边形ECBD′是矩形，

∴ED′＝BC＝3，

在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE＝＝，

∴S△AED′＝×AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝（4﹣）×

3＝12﹣3，

则S四边形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′＝+12﹣3＝12﹣．

5．（2022春•曾都区期末）定义：我们把对角线相等的凸四边形叫做“等角线四边形”．

（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，一定是“等

角线四边形”的是②④（填序号）；

（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且EC＝DF，连接EF，

AF，求证：四边形ABEF是等角线四边形；

（3）如图2，已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，D为线段AB的垂直平

分线上一点，若以点A，B，C，D为顶点的四边形是等角线四边形，求这个等角线四边

形的面积．

第18页共55页.

【分析】（1）由矩形和正方形的性质可直接求解；

（2）由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得AE＝BF，可得结论；

（3）分两种情况讨论，由勾股定理求出DE的长，即可求解．

【解答】（1）解：∵矩形、正方形的对角线相等，

∴矩形和正方形是“等角线四边形”，

故答案为②④；

（2）证明：连接AE，BF，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，

∵EC＝DF，

∴BE＝CF，

∴△ABE≌△BCF（SAS），

∴AE＝BF，

∴四边形ABEF是等角线四边形；

（3）当点D在AB的上方时，如图，

∵DE是AB的中垂线，

∴AE＝BE＝2，

∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，

∴AC＝5，

∵四边形ABCD为等角线四边形，

∴AC＝BD＝5，

∴DE＝＝＝，

∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD＝×AB×DE+×BC×BE＝2+3；

第19页共55页.

当点D在AB的下方时，如图，过点D作DF⊥BC，交CB的延长线于F，

∵四边形ACBD为等角线四边形，

∴BA＝CD＝4，

∵DE⊥AB，∠ABF＝90°，DF⊥CF，

∴四边形DEBF是矩形，

∴BE＝DF＝2，DE＝BF，

∴CF＝＝＝2，

∴BF＝2﹣3，

∴S四边形ADBC＝S△ABC+S△ABD＝×4×（2﹣3）+×4×3＝4，

综上所述：这个等角线四边形的面积为4或2+3．

6．（2022春•南浔区期末）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫

做等腰梯形．

【性质初探】如图1，已知，ABCD，∠B＝80°，点E是边AD上一点，连结CE，四

边形ABCE恰为等腰梯形．求▱∠BCE的度数；

【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF

＝CE，连结BE、CF．求证：BE＝CF；

【拓展应用】如图3，ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB＝2，∠ABC＝45°，过

点O作AC的垂线交B▱C的延长线于点G，连结DG．若∠CDG＝90°，求BC的长．

【分析】【性质初探】过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，证明Rt△

ABG≌Rt△ECG（HL），即可求解；

【性质再探】证明△BFC≌△CEB（SAS），即可求解；

第20页共55页.

【拓展应用】连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，分别证明△ACG是等腰三

角形，△CDG是等腰直角三角形，△DGM是等腰直角三角形，从而可求AG＝2，

GM＝DM，在Rt△AGM中，用勾股定理求出AD的长即为所求BC的长．

【解答】【性质初探】解：过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，

∵ABCD，

∴▱AE∥BC，

∴AG＝EH，

∵四边形ABCE恰为等腰梯形，

∵AB＝EC，

∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），

∴∠B＝∠ECH，

∵∠B＝80°，

∴∠BCE＝80°；

【性质再探】证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AE∥BC，

∵四边形BCEF是等腰梯形，

∴BF＝CE，

由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，

∴△BFC≌△CEB（SAS），

∴BE＝CF；

【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴O是AC的中点，

∵GO⊥AC，

∴AC＝CG，

∵AB∥CD，∠ABC＝45°，

∴∠DCG＝45°，

∴∠CDG＝90°，

∴CD＝DG，

∴BA＝DG＝2，

∵∠CDG＝90°，

∴CG＝2，

∴AG＝2，

∵∠ADC＝∠DCG＝45°，

第21页共55页.

∴∠CDM＝135°，

∴∠GDM＝45°，

∴GM＝DM＝，

在Rt△AGM中，（2）2＝（AD+）2+（）2，

∴AD＝﹣，

∴BC＝﹣．

7．（2022春•长汀县期末）在平面直角坐标系中，如果点p（a，b）满足a+1＞b且b+1＞a，

则称点p为“自大点”：如果一个图形的边界及其内部的所有点都不是“自大点”，则称

这个图形为“自大忘形”．

（1）判断下列点中，哪些点是“自大点”，直接写出点名称；p1（1，0），，

．

（2）如果点N（2x+3，2）不是“自大点”，求出x的取值范围．

（3）如图，正方形ABCD的初始位置是A（0，6），B（0，4），C（2，4），D（2，6），

现在正方形开始以每秒1个单位长的速度向下（y轴负方向）平移，设运动时间为t秒（t

＞0），当正方形成为“自大忘形”时，求t的取值范围．

第22页共55页.

【分析】（1）利用“自大点”的定义解答即可；

（2）利用“自大点”的定义列出不等式组解答即可；

（3）用t表示出平移后的正方形的四个顶点的坐标，利用（2）中的方法求得平移后的

正方形的三个顶点不是“自大点”时的t的范围即可得出结论．

【解答】解：（1）P2；理由：

∵点P（a，b）满足a+1＞b且b+1＞a，则称点P为“自大点”，

∴a，b满足﹣1＜b﹣a＜1，

∵P1（1，0），0﹣1＝﹣1，

∴P1（1，0）不是“自大点”；

∵，，

∴是“自大点”；

∵，，

∴不是“自大点”，

综上，三个点中点P2是“自大点”；

（2）如果点N（2x+3，2）是“自大点”，

∴，

解得：﹣1＜x＜0，

∴当x≤﹣1或x≥0时，点N（2x+3，2）不是“自大点”，

∴x的取值范围是x≤﹣1或x≥0；

（3）∵正方形ABCD的初始位置是A（0，6），B（0，4），C（2，4），D（2，6），

∴平移之后的坐标分别为（0，6﹣t），B（0，4﹣t），C（2，4﹣t），D（2，6﹣t），

当A点平移后的点是“自大点时”，﹣1＜6﹣t＜1，

解得：5＜t＜7，

故A点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤5或t≥7，

同理，当B点和D点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤3或t≥5，

同理，当C点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤1或t≥3，

∴当平移后的正方形边界及其内部的所有点都不是“自大点”时，0＜t≤1或者t≥7或t

＝3或5．

∴当正方形成为“自大忘形”时，t的取值范围为：0＜t≤1或者t≥7或者t＝3或5．

8．（2022春•江北区期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新

四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把

这个原四边形叫做“中方四边形”．

第23页共55页.

概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是D．

A．平行四边形

B．矩形

C．菱形

D．正方形

性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD

的两条结论：

①AC＝BD；

②AC⊥BD．

问题解决：如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE

和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；

拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，

（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．

（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．

【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；

性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分

别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；

问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形

MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形

MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出MNRL是菱形，再由∠LMN

＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；▱

拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，

可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；

（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交

AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最

第24页共55页.

小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．

【解答】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四

边形”，理由如下：

因为正方形的对角线相等且互相垂直，

故选：D；

性质探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；

理由如下：如图1，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，

∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，

∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，

∴AC⊥BD，AC＝BD，

故答案为：AC⊥BD，AC＝BD；

问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形

MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，

∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，

∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，

∴MN∥BG，MN＝BG，RL∥BG，RL＝BG，RN∥CE，RN＝CE，ML∥CE，ML

＝CE，

∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，

∴四边形MNRL是平行四边形，

∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，

∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°，

又∵∠BAC＝∠BAC，

∴∠EAB+∠BAC＝∠GAC+∠BAC，

即∠EAC＝∠BAG，

在△EAC和△BAG中，

，

∴△EAC≌△BAG（SAS），

∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，

又∵RL＝BG，RN＝CE，

第25页共55页.

∴RL＝RN，

∴MNRL是菱形，

∵∠▱EAB＝90°，

∴∠AEP+∠APE＝90°．

又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，

∴∠ABG+∠BPK＝90°，

∴∠BKP＝90°，

又∵MN∥BG，ML∥CE，

∴∠LMN＝90°，

∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；

拓展应用：（1）MN＝AC，理由如下：

如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，

∴四边形ENFM是正方形，

∴FM＝FN，∠MFN＝90°，

∴MN＝＝＝FM，

∵M，F分别是AB，BC的中点，

∴FM＝AC，

∴MN＝AC；

（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，

连接BD交AC于O，连接OM、ON，

当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，

∴2（OM+ON）最小＝2MN，

由性质探究②知：AC⊥BD，

又∵M，N分别是AB，CD的中点，

∴AB＝2OM，CD＝2ON，

∴2（OM+ON）＝AB+CD，

∴（AB+CD）最小＝2MN，

由拓展应用（1）知：MN＝AC；

又∵AC＝2，

∴MN＝，

第26页共55页.

∴（AB+CD）最小＝2．

9．（2022春•铜山区期末）新定义；若四边形的一组对角均为直角，则称该四边形为对直四

边形．

（1）下列四边形为对直四边形的是②④（写出所有正确的序号）；

①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形．

（2）如图，在对直四边形ABCD中，已知∠ABC＝90°，O为AC的中点．

①求证：BD的垂直平分线经过点O；

②若AB＝6，BC＝8，请在备用图中补全四边形ABCD，使四边形ABCD的面积取得最

大值，并求此时BD的长度．

【分析】（1）由对直四边形的定义可求解；

（2）①由直角三角形的性质可得BO＝DO，可得结论；

②由“ASA”可证△DAE≌△DCB，可得DE＝DB，AE＝BC＝8，由等腰直角三角形的

性质可求解．

第27页共55页.

【解答】（1）∵矩形和正方形的四个角都是直角，

∴矩形和正方形是对直四边形，

故答案为：②④；

（2）①证明：如图，连接BO，DO，

在对直四边形ABCD中，∠ABC＝90°，

∴∠ABC＝∠ADC＝90°，

∵O为AC的中点．

∴BO＝DO，

∴BD的垂直平分线经过点O；

②∵四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD，S△ABC是定值，

∴S△ACD有最大值时，四边形ABCD的面积有最大值，

∵AC是定长，

∴当OD⊥AC时，S△ACD有最大值．

如图，过点D作DE⊥BD，交BA的延长线于点E，

∵AO＝OC＝OD，OD⊥AC，

∴AD＝CD，

∵DE⊥BD，

∴∠EDB＝∠ADC＝90°，

∴∠EDA＝∠BDC，

∵∠ABC＝∠ADC＝90°，

第28页共55页.

∴∠DAB+∠DCB＝180°，

∵∠DAB+∠DAE＝180°，

∴∠DCB＝∠DAE，

∴△DAE≌△DCB（ASA），

∴DE＝DB，AE＝BC＝8，

∴△DEB是等腰直角三角形，BE＝14，

∴DB＝7．

10．（2022春•盐田区校级期末）给出如下定义：有两个相邻内角互余的四边形称为“邻余

四边形”，这两个角的夹边称为“邻余线”．

（1）如图1，格点四边形ABCD是“邻余四边形”，指出它的“邻余线”；

（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD

上的点．求证：四边形ABEF是“邻余四边形”；

（3）如图3，四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，E，F分别是AB，CD

的中点，连接EF，AD＝4，BC＝6．求EF的长．

【分析】（1）根据邻余四边形的定义得出答案即可；

（2）根据邻余四边形的定义证明结论即可；

（3）连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，先得出△AED≌△BEG，再利

用勾股定理得出GC的长，最后利用三角形中位线定理得出结果．

【解答】（1）解：

由图形可知∠E＝90°，

∴∠A+∠B＝90°，

∴它的“邻余线”是AB；

（2）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

第29页共55页.

∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FAB与∠EBA互余，

∴四边形ABEF是邻余四边形；

（3）解：如图，连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，

在△AED和△BEG中，

，

∴△AED≌△BEG（SAS），

∴∠A＝∠ABG，BG＝AD＝4，

∵四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，

∴∠A+∠ABC＝90°，

∴∠ABG+∠ABC＝∠GBC＝90°，

在Rt△GBC中，

GC＝，

∵EG＝DE，AE＝BE，

∴EF＝＝．

11．（2022春•玄武区期末）【概念认识】

在四边形ABCD中，∠A＝∠B．如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足

∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．

【初步思考】

（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映

角点”．若DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为60°；

（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD

的“映角点”，延长CP交边AB于点E．求证：∠ADP＝∠CEB．

【综合运用】

第30页共55页.

在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝，点P是四边形ABCD的“映角点”，DE、CF分别平

分∠ADP、∠BCP，当DE和CF所α在直线相交于点Q时，请直接写出∠CQD与满足的

关系及对应的取值范围．α

α

【分析】（1）根据题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，可以得到∠A＝

∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，∵∠DPB是△ADP的外角，则∠DPC+∠CPB＝2∠A，

则∠DPC的度数可求；

（2）四边形ADPE中，∠ADP+∠AEP＝180°，而∠CEB+∠AEP＝180°，所以∠ADP

＝∠CEB；

综合运用：利用图①或图②根据题意作出图形都可以求出∠COD与的关系．

【解答】解：（1）根据题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，α

∵DA∥CP，

∴∠DPC＝∠ADP，

∵DP∥CB，

∴∠DPC＝∠PCB，

∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，

∵∠DPB是△ADP的外角，

∴∠DPC+∠CPB＝2∠A，

∴∠A＝∠CPB，

∴∠B＝∠CPB＝∠PCB＝60°，

故答案为：60．

（2）∵∠A＝∠B＝∠DPC，∠DPC+∠DPE＝180°，

∴∠A+∠DPE＝180°，

∴∠ADP+∠AEP＝180°，

而∠CEB+∠AEP＝180°，

∴∠ADP＝∠CEB．

综合运用：

如图，当0°＜＜60°时，延长CP交AB于点E，

α

第31页共55页.

∠A＝∠B＝∠DPC＝，

由（2）知∠ADP＝∠αCEB，

设∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y，

∴ADM＝，

∴∠QMN＝+，

α

∴∠ECB＝180°﹣x﹣，

∴∠BCN＝（180°﹣αx﹣），

α

∴∠QNM＝（180°﹣x﹣）+＝90°﹣，

αα

∴∠Q＝180°﹣（+）﹣（90°﹣）＝90°﹣，

α

即∠Q＝90°﹣（0°＜＜60°）；

α

当60°＜＜180°时，

α

∠A＝∠B＝∠DPC＝，

由（2）可知，∠ADPα＝∠CEB，

设∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y，

∴∠ECQ＝（180°﹣x﹣），

α

则+y＝180°，x+y+（180°﹣x﹣）+∠Q＝180°，

αα

第32页共55页.

∴∠Q＝﹣90°，

α

∵90°＞0°，

∴60°＜＜180°，

∴∠Q＝α﹣90°（60°＜＜180°）．

αα

12．（2022春•北仑区期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．

（1）我们学过的对美四边形有矩形、等腰梯形．（写出两个）

（2）如图1，D为等腰△ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作CF∥AB，以B为顶

点作∠CBE＝∠ACD交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．

（3）如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC＝BD，DC∥AB．

①若∠AOB＝120°，AB+CD＝6，求四边形ABCD的面积．

若＝，设＝，＝，试求出与的关系式．

②AB⋅CD6ADxBDyyx

【分析】（1）根据对美四边形的定义、矩形和等腰梯形的性质解答即可；

（2